2022牛客多校第一场A、C、D、G、I、J

 cin >> n;for (int i = 1; i <= n; i++){int a, b;cin >> a >> b;w[i] = {a - b, a + b};}sort(w + 1, w + 1 + n);int ans = 0;int now = w[1].y;for (int i = 2; i <= n; i++){if (w[i].x > now){ans += w[i].x - now;}now = max(now, w[i].y);}cout << ans << endl;

C- Grab the Seat!

题意：

给定n∗mn*mn∗m的二维平面，有kkk个坐标点已有人。qqq次询问，每次将第pip_ipi个坐标点的人换到(xi,yi)(x_i,y_i)(xi,yi)，问二维平面中好位置的数量，修改永久成立。

好位置的定义：对于一个位置(xi,yi)(x_i,y_i)(xi,yi)满足与(0,1)(0,1)(0,1)和(0,m)(0,m)(0,m)的直线相交区间内没有人。

思路：

以(0,1)(0,1)(0,1)为例，从(0,1)(0,1)(0,1)往所有有人的坐标点发出射线，对于同一yiy_iyi，xix_ixi越小斜率越大，显然斜率越大的遮盖的面积越大，因此对于每一行维护到当前为止的最大斜率，根据直线公式算出向上取整的xxx。(0,m)(0,m)(0,m)做法类似，两者xxx取minminmin，则x−1x-1x−1为当前列合法的位置数。复杂度O(mq)O(mq)O(mq)

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define x first
#define y second
#define endl '\n'
using namespace std;
const int N = 200010, M = 2 * N, _ = 0, P = 13331;
typedef pair<int, int> pii;int k, t, q, n, m;
pii w[N];
int pos[N];//当前y x最小的位置
int ans[N];//合法位置数量void work()
{for (int i = 1; i <= m; i++)pos[i] = n + 1;for (int i = 1; i <= k; i++){auto [x, y] = w[i];pos[y] = min(pos[y], x);}int dx = 1, dy = 0;// y=(dy/dx)x+1  x=(y-1)*dx/dyfor (int i = 1; i <= m; i++){if (i == 1)ans[i] = pos[i] - 1;else{int x = pos[i], y = i;if ((y - 1) * dx >= x * dy)dx = x, dy = y - 1;ans[i] = ((i - 1) * dx + dy - 1) / dy - 1; //向上取整}}dx = 1, dy = m;// y=(dy/dx)x+m  x=(y-m)*dx/dyfor (int i = m; i >= 1; i--){if (i == m)ans[i] = min(ans[i], pos[i] - 1);else{int x = pos[i], y = i;if ((y - m) * dx <= x * dy)dx = x, dy = y - m;ans[i] = min(ans[i], ((i - m) * dx + dy + 1) / dy - 1); //向上取整，dy是负数因此dy+1}}int res = 0;for (int i = 1; i <= m; i++)res += ans[i];cout << res << endl;
}void solve()
{cin >> n >> m >> k >> q;for (int i = 1; i <= k; i++){int a, b;cin >> a >> b;w[i] = {a, b};}while (q--){int a, b, c;cin >> a >> b >> c;w[a] = {b, c};work();}
}signed main()
{ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr);int T;// cin >> T;T = 1;while (T--){solve();}return (0 ^ _ ^ 0);
}

D- Mocha and Railgun

猜结论过的。复杂度O(1)O(1)O(1)。

代码：

 double r, x, y, d;cin >> r >> x >> y >> d;double oa = sqrt(x * x + y * y);double oe = oa - d;double boe = acos(oe / r);double of = oa + d;double cof = acos(of / r);double jj = fabs(boe - cof);cout << fixed << setprecision(12) << jj * r << endl;

G- Lexicographical Maximum

题意：

求1∼n1\sim n1∼n中字典序最大的数。1≤n≤1010000001\le n\le 10^{1000000}1≤n≤101000000

思路：

令nnn长度为lenlenlen，若str[1∼len−1]str[1\sim len-1]str[1∼len−1]全是999，则nnn即为最大数；否则len−1len-1len−1个999为最大数。复杂度O(n)O(n)O(n)。

代码：

 cin >> str + 1;n = strlen(str + 1);int f=1;for(int i=1;i<n;i++)if(str[i]!='9'){f=0;break;}if(f)for(int i=1;i<=n;i++)cout<<str[i];else for(int i=1;i<n;i++)cout<<9;cout<<endl;

H- Fly

待补。无限期鸽。

I- Chiitoitsu

题意：

给定131313张初始手牌，初始手牌不会出现超过两张相同的牌。问在最优策略下单人麻将自动摸切最终以七对子自摸胡牌的期望回合数是多少。

思路：

一回合中摸牌只有两种情况：需要/不需要。

考虑概率dpdpdp。假设当前手上还有resresres张牌没凑成对子，牌河里还有nownownow张牌。若摸到的牌是需要的，概率为res∗3now\frac{res*3}{now}nowres∗3，没凑成对子的数量少一张，并且打出一张没凑成对子的牌，总计res−=2res-=2res−=2，牌河少一张now−=1now-=1now−=1；若摸到是不需要的，概率为now−res∗3now\frac{now-res*3}{now}nownow−res∗3，resresres不变，牌河少一张now−=1now-=1now−=1。递归求解。有10510^5105组数据，预处理后O(1)O(1)O(1)询问。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define x first
#define y second
#define endl '\n'
using namespace std;
const int N = 1000010, M = 2 * N, _ = 0, P = 13331;
typedef pair<int, int> pii;int k, t, q, n, m;
int w[N];
char str[N];
int po[200];
int dp[200][200];
int cnt;
int ans[20];
int qmi(int a, int b, int p = mod)
{int res = 1;while (b){if (b & 1)res = (ll)res * a % p;a = (ll)a * a % p;b >>= 1;}return res;
}int dfs(int res, int now) // res剩下几种牌  now牌河
{if (~dp[res][now])return dp[res][now];if (res == 1){dp[res][now] = ((res * 3) * po[now] % mod +//不需要+1因为当前回合已经自摸了(now - res * 3) * po[now] % mod * (dfs(res, now - 1) + 1) % mod) %mod;return dp[res][now];}dp[res][now] = ((res * 3) * po[now] % mod * (dfs(res - 2, now - 1) + 1) % mod+ (now - res * 3) * po[now] % mod * (dfs(res, now - 1) + 1) % mod) % mod;//dfs()+1代表多一轮return dp[res][now];
}void work(int x)
{memset(dp, -1, sizeof dp);for (int i = 0; i < 200; i++)dp[i][0] = 0;ans[x] = dfs(x, 123);
}void solve()
{cin >> str + 1;n = strlen(str + 1);map<string, int> mp;for (int i = 2; i <= n; i += 2){string tmp = "";tmp += str[i - 1];tmp += str[i];mp[tmp]++;}cnt = 0;for (auto [a, b] : mp)if (b % 2)cnt++;cout << ans[cnt] << endl;
}signed main()
{ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr);int T;for (int i = 1; i <= 150; i++)po[i] = qmi(i, mod - 2) % mod;cin >> T;// T=1;for (int i = 0; i <= 13; i++)work(i);for (int i = 1; i <= T; i++){cout << "Case #" << i << ": ";solve();}return (0 ^ _ ^ 0);
}

J- Serval and Essay

题意：

有一张nnn个点mmm 条边的无重边无自环的有向图，初始时可以选择一个点染黑，其余点均为白点。若某个点所有入边的起点均为黑点，则该点可以被染黑。求最大化图中黑点数量。

多组数据，∑n≤2∗105,∑m≤5∗105\sum n\le2*10^5,\sum m\le 5*10^5∑n≤2∗105,∑m≤5∗105

思路：

初始每个节点属于一个集合，集合大小为111。假设当某一点成立时TTT集合内的点全部成立size(T)≥1size(T)\ge1size(T)≥1，且对于一个点vvv，其入度为111且pre[v]∈Tpre[v]\in Tpre[v]∈T，则vvv也将属于TTT集合，显然能由vvv得出的所有点也属于TTT集合，启发式合并将两个集合合并。out[i]out[i]out[i]记录集合iii中的点能到达的所有其他点。若a∈out[u]&&a∈out[v]a\in out[u]\&\&a\in out[v]a∈out[u]&&a∈out[v]，则将din[a]−−din[a]--din[a]−−，当din[a]=1din[a]=1din[a]=1时，将pre[a]=upre[a]=upre[a]=u，并将其加入合并队列中，说明uuu所在集合成立时就可推出aaa；若a∉out[u]&&a∈out[v]a\notin out[u]\& \&a\in out[v]a∈/out[u]&&a∈out[v]，则将aaa加入out[u]out[u]out[u]中。若干次操作后将会形成森林，取森林中sizesizesize最大值即可。时间复杂度O((n+m)log2n)O((n+m)log^2n)O((n+m)log2n)。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define x first
#define y second
#define endl '\n'
using namespace std;
const int N = 1000010, M = 2 * N, _ = 0, P = 13331;int k, t, q, n, m;
int w[N];
set<int> out[N]; //集合的所有出边
int din[N], pre[N];
int id[N]; // i所属集合的编号
int qe[N], hh, tt;
int p[N], si[N];int find(int x)
{if (p[x] != x)p[x] = find(p[x]);return p[x];
}void init()
{for (int i = 1; i <= n; i++){out[i].clear();p[i] = i;si[i] = 1;}hh = 1, tt = 0;
}int merge(int u, int v)
{u = find(u), v = find(v);if (u == v)return id[u];int idu = id[u], idv = id[v];p[v] = u; //合并集合si[u] += si[v];if (out[idv].size() > out[idu].size()) //启发式合并swap(idu, idv);for (auto it : out[idv]) //更新集合v中能到达的所有点的入度{auto itu = out[idu].find(it);if (itu == out[idu].end())out[idu].insert(it);else{din[it]--;if (din[it] == 1){qe[++tt] = it;pre[it] = u;}}}return idu;
}void solve()
{cin >> n;init();for (int i = 1; i <= n; i++){cin >> din[i];for (int j = 1; j <= din[i]; j++){int a;cin >> a;pre[i] = a;out[a].insert(i);}if (din[i] == 1) //如果入度为1则加进合并队列，说明假设pre[i]成立，i也成立qe[++tt] = i;id[i] = i;}while (hh <= tt){int cur = qe[hh++];int pp = pre[cur];pp = find(pp);id[pp] = merge(pp, cur);}int ans = 0;for (int i = 1; i <= n; i++)ans = max(ans, si[i]);cout << ans << endl;
}signed main()
{ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr);int T;cin >> T;// T=1;for (int i = 1; i <= T; i++){cout << "Case #" << i << ": ";solve();}return (0 ^ _ ^ 0);
}

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